Own. Dimostrare che $ \displaystyle \lim_{n\to+\infty}{\sum_{1\le k\le n}{\left(\frac{n^3-kn^2}{k^5+2k^3n^2+kn^4}\sigma(k)\right)}}=\frac{\pi^3}{48} $.
Nb. Come sempre $ \sigma(n):=\sum_{d\;\!\mid\;\! n}{d} $ per ogni $ n \in \mathbb{N}_0 $.
Una somma con la funzione dei divisori
Una somma con la funzione dei divisori
The only goal of science is the honor of the human spirit.
Un limite interessante. (grazie jordan non lo conoscevo 
)
Vale $ \displaystyle~\lim_{u\to+\infty}\sum_{i=1}^{\lfloor u\rfloor}\frac{u^2(u-i)}{(u^2+i^2)^2}=\frac{\pi}{8} $.
Infatti, per $ \displaystyle~u>1 $ fissato, posto $ \displaystyle~f(u,i)=\frac{u^2(u-i)}{(u^2+i^2)^2} $ vale:
$ \displaystyle~\sum_{i=1}^{\lfloor u\rfloor}f(u,i)\ge\int_1^{\lfloor u\rfloor+1} f(u,i)\, di\ge\int_1^u f(u,i)\, di $ (essendo $ \displaystyle~f(u,i) $ positiva e decrescente al variare di $ \displaystyle~i $) e
$ \displaystyle~\sum_{i=1}^{\lfloor u\rfloor}f(u,i)\le\int_0^{\lfloor u\rfloor} f(u,i)\, di\le\int_0^u f(u,i)\, di $.
Ma con un po' di calcolo $ \displaystyle~\int f(u,i)\, di = \frac{1}{2}\left(\frac{u(u+x)}{u^2+x^2}+\tan^{-1}\left(\frac{x}{u}\right)\right) $ (trascurando la costante arbitraria) da cui:
$ \displaystyle~\frac{1}{2}\left(\frac{u(u+u)}{u^2+u^2}+\tan^{-1}\left(\frac{u}{u}\right)\right)-\frac{1}{2}\left(\frac{u(u+1)}{u^2+1^2}+\tan^{-1}\left(\frac{1}{u}\right)\right)\le \sum_{i=1}^{\lfloor u\rfloor}f(u,i) $$ \displaystyle~\le\frac{1}{2}\left(\frac{u(u+u)}{u^2+u^2}+\tan^{-1}\left(\frac{u}{u}\right)\right)-\frac{1}{2}\left(\frac{u(u+0)}{u^2+0^2}+\tan^{-1}\left(\frac{0}{u}\right)\right) $
cioè $ \displaystyle~\frac{\pi}{8}+\frac{1-u}{2(u^2+1)}-\frac{\tan^{-1}\left(\frac{1}{u}\right)}{2}\le\sum_{i=1}^{\lfloor u\rfloor}f(u,i)\le\frac{\pi}{8}~(*) $
da cui la tesi (passando al limite e usando il teorema dei carabinieri).
Purtroppo per il seguito dovremo usare la $ \displaystyle~(*) $. Sostituendo $ \displaystyle~u=\frac{n}{k} $ e facendo variare solo $ \displaystyle~n $ si ottiene un'altra identità valida per ogni $ \displaystyle~k\in\mathbb{N}_0 $:
$ \displaystyle~\frac{\pi}{8}-\frac{k(n-k)}{2(n^2+k^2)}-\frac{\tan^{-1}\left(\frac{k}{n}\right)}{2}\le\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\frac{kn^2(n-ki)}{(n^2+k^2i^2)^2}\le\frac{\pi}{8} $ o anche
$ \displaystyle~\frac{\pi}{8k^2}-\frac{n-k}{2k(n^2+k^2)}-\frac{\tan^{-1}\left(\frac{k}{n}\right)}{2k^2}\le\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\frac{n^2(n-ki)}{k(n^2+k^2i^2)^2}\le\frac{\pi}{8k^2}~(**) $
Ora la somma nel testo si può riscrivere così (ho cambiato i nomi delle variabili):
$ \displaystyle~\sum_{j=1}^n\frac{n^2(n-j)\sum_{i\mid j} i}{j(n^2+j^2)^2}=\sum_{i=1}^n\sum_{j\le n:i\mid j}\frac{n^2(n-j)i}{j(n^2+j^2)^2} $ da cui, ponendo $ \displaystyle~j=ki $:
$ \displaystyle~=\sum_{i=1}^n\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\frac{n^2(n-ki)}{k(n^2+k^2i^2)^2}=\sum_{k=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\frac{n^2(n-ki)}{k(n^2+k^2i^2)^2} $
Ponendo $ \displaystyle~g(n,k)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\frac{n^2(n-ki)}{k(n^2+k^2i^2)^2} $ e usando la $ \displaystyle~(**) $:
$ \displaystyle~\sum_{k=1}^n\left(\frac{\pi}{8k^2}-\frac{n-k}{2k(n^2+k^2)}-\frac{\tan^{-1}\left(\frac{k}{n}\right)}{2k^2}\right)\le\sum_{k=1}^n g(n,k)\le\sum_{k=1}^n\frac{\pi}{8k^2} $
Ma $ \displaystyle~\sum_{k=1}^n\frac{n-k}{2k(n^2+k^2)}\le\sum_{k=1}^n\frac{n}{2k(n^2+k^2)}\le\sum_{k=1}^n\frac{1}{2kn} $
e anche $ \displaystyle~\sum_{k=1}^n\frac{\tan^{-1}\left(\frac{k}{n}\right)}{2k^2}\le\sum_{k=1}^n\frac{\frac{k}{n}}{2k^2}=\sum_{k=1}^n\frac{1}{2kn} $ (infatti se $ \displaystyle~x\in\left(0;\frac{\pi}{2}\right) $ vale $ \displaystyle~x<\tan x $);
sommando le ultime due relazioni $ \displaystyle~-\sum_{k=1}^n\left(\frac{n-k}{2k(n^2+k^2)}+\frac{\tan^{-1}\left(\frac{k}{n}\right)}{2k^2}\right)\ge -\sum_{k=1}^n\frac{1}{kn}\ge -\frac{1+\ln n}{n} $ (vale $ \displaystyle~\ln(1+n)\le\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\le 1+\ln n $)
Tornando alla somma, per quanto detto vale:
$ \displaystyle~\sum_{k=1}^n\frac{\pi}{8k^2}-\frac{1+\ln n}{n}\le\sum_{k=1}^n g(n,k)\le\sum_{k=1}^n\frac{\pi}{8k^2} $
passando al limite (tenendo conto che $ \displaystyle~\lim_{n\to+\infty}\frac{1+\ln n}{n} = 0 $):
$ \displaystyle~\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^n g(n,k) = \lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^n\frac{\pi}{8k^2} $
Ma $ \displaystyle~\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^n\frac{\pi}{8k^2}=\frac{\pi}{8}\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2}=\frac{\pi}{8}\cdot\frac{\pi^2}{6}=\frac{\pi^3}{48} $, dunque
$ \displaystyle~\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^n g(n,k) = \frac{\pi^3}{48} $, che è la tesi.
Ah, grazie per la dedica nel testo
)Vale $ \displaystyle~\lim_{u\to+\infty}\sum_{i=1}^{\lfloor u\rfloor}\frac{u^2(u-i)}{(u^2+i^2)^2}=\frac{\pi}{8} $.
Infatti, per $ \displaystyle~u>1 $ fissato, posto $ \displaystyle~f(u,i)=\frac{u^2(u-i)}{(u^2+i^2)^2} $ vale:
$ \displaystyle~\sum_{i=1}^{\lfloor u\rfloor}f(u,i)\ge\int_1^{\lfloor u\rfloor+1} f(u,i)\, di\ge\int_1^u f(u,i)\, di $ (essendo $ \displaystyle~f(u,i) $ positiva e decrescente al variare di $ \displaystyle~i $) e
$ \displaystyle~\sum_{i=1}^{\lfloor u\rfloor}f(u,i)\le\int_0^{\lfloor u\rfloor} f(u,i)\, di\le\int_0^u f(u,i)\, di $.
Ma con un po' di calcolo $ \displaystyle~\int f(u,i)\, di = \frac{1}{2}\left(\frac{u(u+x)}{u^2+x^2}+\tan^{-1}\left(\frac{x}{u}\right)\right) $ (trascurando la costante arbitraria) da cui:
$ \displaystyle~\frac{1}{2}\left(\frac{u(u+u)}{u^2+u^2}+\tan^{-1}\left(\frac{u}{u}\right)\right)-\frac{1}{2}\left(\frac{u(u+1)}{u^2+1^2}+\tan^{-1}\left(\frac{1}{u}\right)\right)\le \sum_{i=1}^{\lfloor u\rfloor}f(u,i) $$ \displaystyle~\le\frac{1}{2}\left(\frac{u(u+u)}{u^2+u^2}+\tan^{-1}\left(\frac{u}{u}\right)\right)-\frac{1}{2}\left(\frac{u(u+0)}{u^2+0^2}+\tan^{-1}\left(\frac{0}{u}\right)\right) $
cioè $ \displaystyle~\frac{\pi}{8}+\frac{1-u}{2(u^2+1)}-\frac{\tan^{-1}\left(\frac{1}{u}\right)}{2}\le\sum_{i=1}^{\lfloor u\rfloor}f(u,i)\le\frac{\pi}{8}~(*) $
da cui la tesi (passando al limite e usando il teorema dei carabinieri).
Purtroppo per il seguito dovremo usare la $ \displaystyle~(*) $. Sostituendo $ \displaystyle~u=\frac{n}{k} $ e facendo variare solo $ \displaystyle~n $ si ottiene un'altra identità valida per ogni $ \displaystyle~k\in\mathbb{N}_0 $:
$ \displaystyle~\frac{\pi}{8}-\frac{k(n-k)}{2(n^2+k^2)}-\frac{\tan^{-1}\left(\frac{k}{n}\right)}{2}\le\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\frac{kn^2(n-ki)}{(n^2+k^2i^2)^2}\le\frac{\pi}{8} $ o anche
$ \displaystyle~\frac{\pi}{8k^2}-\frac{n-k}{2k(n^2+k^2)}-\frac{\tan^{-1}\left(\frac{k}{n}\right)}{2k^2}\le\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\frac{n^2(n-ki)}{k(n^2+k^2i^2)^2}\le\frac{\pi}{8k^2}~(**) $
Ora la somma nel testo si può riscrivere così (ho cambiato i nomi delle variabili):
$ \displaystyle~\sum_{j=1}^n\frac{n^2(n-j)\sum_{i\mid j} i}{j(n^2+j^2)^2}=\sum_{i=1}^n\sum_{j\le n:i\mid j}\frac{n^2(n-j)i}{j(n^2+j^2)^2} $ da cui, ponendo $ \displaystyle~j=ki $:
$ \displaystyle~=\sum_{i=1}^n\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\frac{n^2(n-ki)}{k(n^2+k^2i^2)^2}=\sum_{k=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\frac{n^2(n-ki)}{k(n^2+k^2i^2)^2} $
Ponendo $ \displaystyle~g(n,k)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\frac{n^2(n-ki)}{k(n^2+k^2i^2)^2} $ e usando la $ \displaystyle~(**) $:
$ \displaystyle~\sum_{k=1}^n\left(\frac{\pi}{8k^2}-\frac{n-k}{2k(n^2+k^2)}-\frac{\tan^{-1}\left(\frac{k}{n}\right)}{2k^2}\right)\le\sum_{k=1}^n g(n,k)\le\sum_{k=1}^n\frac{\pi}{8k^2} $
Ma $ \displaystyle~\sum_{k=1}^n\frac{n-k}{2k(n^2+k^2)}\le\sum_{k=1}^n\frac{n}{2k(n^2+k^2)}\le\sum_{k=1}^n\frac{1}{2kn} $
e anche $ \displaystyle~\sum_{k=1}^n\frac{\tan^{-1}\left(\frac{k}{n}\right)}{2k^2}\le\sum_{k=1}^n\frac{\frac{k}{n}}{2k^2}=\sum_{k=1}^n\frac{1}{2kn} $ (infatti se $ \displaystyle~x\in\left(0;\frac{\pi}{2}\right) $ vale $ \displaystyle~x<\tan x $);
sommando le ultime due relazioni $ \displaystyle~-\sum_{k=1}^n\left(\frac{n-k}{2k(n^2+k^2)}+\frac{\tan^{-1}\left(\frac{k}{n}\right)}{2k^2}\right)\ge -\sum_{k=1}^n\frac{1}{kn}\ge -\frac{1+\ln n}{n} $ (vale $ \displaystyle~\ln(1+n)\le\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\le 1+\ln n $)
Tornando alla somma, per quanto detto vale:
$ \displaystyle~\sum_{k=1}^n\frac{\pi}{8k^2}-\frac{1+\ln n}{n}\le\sum_{k=1}^n g(n,k)\le\sum_{k=1}^n\frac{\pi}{8k^2} $
passando al limite (tenendo conto che $ \displaystyle~\lim_{n\to+\infty}\frac{1+\ln n}{n} = 0 $):
$ \displaystyle~\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^n g(n,k) = \lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^n\frac{\pi}{8k^2} $
Ma $ \displaystyle~\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^n\frac{\pi}{8k^2}=\frac{\pi}{8}\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2}=\frac{\pi}{8}\cdot\frac{\pi^2}{6}=\frac{\pi^3}{48} $, dunque
$ \displaystyle~\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^n g(n,k) = \frac{\pi^3}{48} $, che è la tesi.
Ah, grazie per la dedica nel testo
Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)
